\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题3.3}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{若  $f(x)$ 恒正,且在$[a, b]$ 连续,按定义证明$\frac{1}{f(x)}$在$[a, b]$ 连续.}
\textbf{证}\quad
根据定义,$\forall x_{0} \in(a, b), \forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \mathrm{s.t.}$

若$\left|x-x_{0}\right|<\delta$,则$\left|f{(x)}-f\left(x_{0}\right)\right|<\varepsilon$

所以$\forall x_{0} \in(a, b), \forall \frac{f(x_{0})}{2}>\varepsilon_0>0, \exists \delta_0>0, \mathrm{s.t.}$

若$\left|x-x_{0}\right|<\delta_0,则\left|f{(x)}-f\left(x_{0}\right)\right|<\varepsilon_0$,则
$$\left|\frac{1}{f(x)}-\frac{1}{f\left(x_{0}\right)}\right| =\left|\frac{f(x)-f\left(x_{0}\right)}{f(x) f\left(x_{0}\right)}\right|<\left|\frac{f(x)-f\left(x_{0}\right)}{\frac{f\left(x_{0}\right)}{2} f\left(x_{0}\right)}\right| =2\left|\frac{f(x)-f\left(x_{0}\right)}{f^{2}\left(x_{0}\right)}\right|<\frac{2 \varepsilon}{f^{2}\left(x_{0}\right)}$$

所以$\frac{1}{f(x)}$在任意一点$x_0 \in (a,b)$的极限都是$f(x_0)$,所以其在$(a,b)$上连续.

对于左右端点,由上推理亦可知其右连续和左连续(只要取其右邻域和左邻域即可)所以函数连续

\section{若 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 连续,则 $|f(x)| $和$ f^{2}(x)$ 是否也在点 $x_{0}$ 连续? 反过来,若 $|f(x)|$ 和
  $f^{2}(x)$ 在点 $x_{0}$ 连续,则 $f(x)$ 是否在点 $x_{0}$ 连续?}
\textbf{解}\quad
因为 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处连续, 所以 $\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)=f\left(x_{0}\right),$ 并且 $0 \leqslant|| f(x)|-| f\left(x_{0}\right)||\leqslant\left|f(x)-f\left(x_{0}\right)\right|,$ 故 $\lim _{x \rightarrow x_{0}}|f(x)|=\left|f\left(x_{0}\right)\right|$
因为 $\lim _{x \rightarrow x_{0}} f^{2}(x)=\left[\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)\right] \cdot\left[\lim _{x \rightarrow x_{0}} f(x)\right]=f^{2}\left(x_{0}\right),$ 所以 $|f(x)|$ 和 $f^{2}(x)$ 在点 $x_{0}$ 处
者连续.
但反之不成立.
例如, $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}-1, & x \geqslant 0 \\1, & x<0\end{array}\right.$

\section{讨论下列函数的不连续点:}
\subsection{ $y=\frac{x^{2}-4}{x^{3}-3 x+2}$}
\textbf{解}\quad
$y=\frac{x^{2}-4}{x^{2}-3 x+2}=\frac{(x-2)(x+2)}{(x-1)(x-2)}=\frac{(x+2)}{(x-1)} .$ 函数在 $x=1, x=2$ 处无定义:
$\lim _{x \rightarrow 1} f(x)=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{x+2}{x-1}=3 \lim _{x \rightarrow 1} \frac{1}{x-1}=\infty,$ 所以 $x=1$ 是第二类无穷间断点;
$\lim _{x \rightarrow 2} f(x)=\lim _{x \rightarrow 2} \frac{x+2}{x-1}=4,$ 所以 $x=2$ 是第一类可去间断点.

\subsection{$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}e^{\frac{1}{x}}, & x<0 \\ \sin x, & x \geqslant 0\end{array}\right.$}
\textbf{解}\quad
$\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \mathrm{e}^{\frac{1}{x}}=\lim _{t \rightarrow-\infty} \mathrm{e}^{t}=0$
$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{-}} \sin x=0=f(x),$ 所以分段点 $x=0$ 是连续点.
显然,当 $x<0, x>0$ 时函数是连续的,所以函数没有不连续点.

\subsection{$y=\frac{x}{\tan x}$}
\textbf{解}\quad
当 $x=k \pi, x=k \pi+\frac{\pi}{2}$ 时, 函数没有定义.

当 $x=0$ 时 $\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\tan x}=1, x=0$ 是函数的第一类可去间断点;

当 $x=k \pi$ 时 $, \lim _{x \rightarrow k \pi} f(x)=\lim _{x \rightarrow k \pi} \frac{x}{\tan x}=\infty, x=k \pi$ 是函数的第二类间断点.

当 $x=k \pi+\frac{\pi}{2}$ 时, $\lim _{x \rightarrow k \pi+\frac{\pi}{2}} f(x)=\lim _{x \rightarrow k \pi+\frac{\pi}{2}} \frac{x}{\tan x}=0, x=k \pi+\frac{\pi}{2}$ 是函数的可去间断点.

\subsection{$y=x\left[\frac{1}{x}\right]$}
\textbf{解}\quad
$f(x)$ 在  $x=0$ 处无定义,且其为第一类可去间断点.

$\forall x \leqslant-1 \Leftrightarrow-1<\frac{1}{x}<0 \Rightarrow\left[\frac{1}{x}\right]=-1$, 则  $f(x)=-x$ .
所以当  $x>1$, 或  $x \leqslant-1$ 时 , $f(x)$ 连续.

$\forall x \in\left[\frac{1}{k}, \frac{1}{k-1}\right) \Leftrightarrow \frac{1}{x} \in(k-1, k] \Rightarrow\left[\frac{1}{x}\right]=k-1$

$\forall x \in\left(\frac{1}{k+1}, \frac{1}{k}\right] \Leftrightarrow \frac{1}{x} \in[k, k+1) \Rightarrow\left[\frac{1}{x}\right]=k$

$\lim _{x \rightarrow\left(\frac{1}{k}\right)^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow\left(\frac{1}{k}\right)^{+}} x \lim _{x \rightarrow\left(\frac{1}{k}\right)^{+}}\left[\frac{1}{x}\right]=\frac{1}{k} \cdot(k-1)=\frac{k-1}{k} \neq 1=f\left(\frac{1}{k}\right)$

$\lim _{x \rightarrow\left(\frac{1}{k}\right)^{-}} f(x)=\lim _{x \rightarrow\left(\frac{1}{k}\right)^{-}} x \lim _{x \rightarrow\left(\frac{1}{k}\right)^{-}}\left[\frac{1}{x}\right]=\frac{1}{k} \cdot k=1=f\left(\frac{1}{k}\right)$

$x=\frac{1}{k} \quad k\in R$是第一类跳跃间断点.

同理$x=\frac{1}{-k} \quad k\in R$是第一类跳跃间断点.
\par 综上,$x=1$和$x=\pm \frac{1}{k}$是第一类跳跃间断点.

\section{计算极限:}
\subsection{$\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\sqrt[3]{x}-1}{\sqrt[2]{x}-1}$}
\textbf{解}\quad
$$
	\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\sqrt[3]{x}-1}{\sqrt[2]{x}-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(\sqrt[3]{x}-1)\left(\sqrt[3]{x^{2}}+\sqrt[3]{x}+1\right)(\sqrt[2]{x}+1)}{(\sqrt[2]{x}-1)\left(\sqrt[3]{x^{2}}+\sqrt[3]{x}+1\right)(\sqrt[2]{x}+1)}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\sqrt[2]{x}+1}{\sqrt[3]{x^{2}}+\sqrt[3]{x}+1}=\frac{2}{3}
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\sqrt[n]{1-2 x}}{x}, n \in \mathbb{N}^{*}$}
\textbf{解}\quad
$$
	\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\sqrt[n]{1-2 x}}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{-\left(e^{\frac{1}{n} \ln (1-2 x)}-1\right)}{x}=\frac{-\frac{1}{n} \cdot \ln (1-2 x)}{x}=\frac{\frac{2 x}{n}}{x}=\frac{2}{n}
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt[m]{1+x}-\sqrt[n]{1-2 x}}{x}, m, n \in \mathbb{N}^{*}$}
\textbf{解}\quad
$$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt[m]{1+x}-\sqrt[n]{1-2 x}}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt[m]{1+x}-1)-(\sqrt[n]{1-2 x}-1)}{x}$$

因为$$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt[m]{1+x}-1)}{x}=\frac{1}{m}, \lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt[n]{1-2 x}-1)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(1-2 x)^{\frac{1}{n}}-1}{-2 x}(-2)=-\frac{2}{n}$$

所以
$$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt[m]{1+x}-\sqrt[n]{1-2 x}}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt[m]{1+x}-1)}{x}-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{(\sqrt[n]{1-2 x}-1)}{x}=\frac{1}{m}+\frac{2}{n}$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x^{3}}$}
\textbf{解}\quad
$$
	\begin{aligned}
		LHS & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\left[(1+\tan x)^{\frac{1}{2}}-(1+\sin x)^{\frac{1}{2}}\right]\left[(1+\tan x)^{\frac{1}{2}}+(1+\sin x)^{\frac{1}{2}}\right]}{x^{3}\left[(1+\tan x)^{\frac{1}{2}}+(1+\sin x)^{\frac{1}{2}}\right]} \\
		    & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-\sin x}{2 x^{3}}                                                                                                                                                                            \\&=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x(1-\cos x)}{2 x^{3}}\\
		    & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{2 x^{2}}                                                                                                                                                                                 \\
		    & =\frac{1}{4} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{\frac{1}{2} x^{2}}                                                                                                                                                           \\
		    & =\frac{1}{4}
	\end{aligned}
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{\cos x}-\sqrt[3]{\cos x}}{x \sin 2 x}$}
\textbf{解}\quad
原式:
$$
	\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1-2 \sin ^{2} \frac{x}{2}}-\sqrt[3]{1-2 \sin ^{2} \frac{x}{2}}}{x \sin 2 x}
$$

$$
	\begin{aligned}
		\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1-2 \sin ^{2} \frac{x}{2}}-1}{x \sin 2 x} & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{2}\left(-2 \sin ^{2} \frac{x}{2}\right)}{x \sin 2 x}             \\
		                                                                              & =-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{2} \frac{x}{2}}{x \sin 2 x}                                       \\
		                                                                              & =-\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{2} \frac{x}{2}}{8 \frac{2 x^{2}}{8}} \frac{2 x}{\sin 2 x}         \\
		                                                                              & =-\frac{1}{8} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\frac{x^{2}}{4}} \frac{2 x}{\sin 2 x} \\
		                                                                              & =-\frac{1}{8}
	\end{aligned}
$$
同理
$$
	\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt[3]{1-2 \sin ^{2} \frac{x}{2}}-1}{x \sin 2 x}=-\frac{1}{24}
$$


$$
	\text { 所以, 原式 }=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1-2 \sin ^{2} \frac{x}{2}}-\sqrt[3]{1-2 \sin ^{2} \frac{x}{2}}}{x \sin 2 x}=-\frac{1}{8}-\left(-\frac{1}{12}\right)=-\frac{1}{24}
$$

\subsection{$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(\mathrm{e}^{x}-2 x^{3}\right)}{\ln \left(\mathrm{e}^{3 x}+x^{2}\right)}$}
\textbf{解}\quad
原式:
$$
	\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \mathrm{e}^{x}\left(1-\frac{2 x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}\right)}{\ln \mathrm{e}^{3 x}\left(1+\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{3 x}}\right)}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x+\ln \left(1-\frac{2 x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}\right)}{3 x+\ln \left(1+\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}\right)}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1+\frac{1}{x} \ln \left(1-\frac{2 x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}\right)}{3+\frac{1}{x} \ln \left(1+\frac{x^{2}}{\mathrm{e}^{x}}\right)}
$$

又
$$
	\lim _{x \rightarrow 0} 1+\frac{1}{x} \ln \left(1-\frac{2 x^{2}}{e^{x}}\right)=\lim _{x \rightarrow 0}1+\frac{1}{x}\left(-\frac{2 x^{2}}{e^{x}}\right)=1
$$

同理分母极限为$3$,所以原式为$\frac{1}{3}$

\section{若存在正数 $a$, $a \neq 1$, 使得定义在 $(0,+\infty)$ 上的函数 $f(x)$ 满足 $f(a x)=f(x)$,证明:
  若极 限 $\lim _{x\rightarrow0^+} f(x)$ 或 $\lim _{x\rightarrow +\infty} f(x)$ 存在,则 $f(x)$ 为常值函数.}
\textbf{证}\quad
如果 $a>1$, 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} a^{n}=+\infty, f(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(a^{n} x\right)=\lim _{y \rightarrow+\infty} f(y)=A$ ;

如果 $1>a>0$, 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} a^{n}=0, f(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(a^{n} x\right)=\lim _{y \rightarrow 0+} f(y)=A$

所以若极限$\lim _{x\rightarrow0^+} f(x)$或者$\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)$ 存在,则根据海涅原理,任意趋于正无穷或0+的子列极限都为$A$

所以$f(x)$ 为常值函数.

\section{已知 $(0,+\infty)$ 上定义的函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处连续,且 $f(x)=f(\sqrt{x})$ 对所有的 $x $都成立,证明 $f(x)$ 为常函数.}
\textbf{证}\quad
由题设可知 , $f(x)=f(\sqrt{x})=\cdots=f(\sqrt[n]{x})$, 而$\forall x>0$, $\sqrt[n]{x} \stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 1$,又因为函数
$f(x) $在 $x=1$ 处连续, 即 $\lim_{x \rightarrow 1} f(x)=f(1)$,  所以对任意$x$,$f(x)=\lim _{n \rightarrow +\infty} f\left(\sqrt[n]{x}\right)=f(1)$.

\section{已知定义在$R$上的函数 $f(x)$ 在某个 $x=x_{0}$ 处连续,且 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ 对所 有的 $x, y$ 成立,证明 : $f(x)=f(1) x$.}
\textbf{证}\quad
$f(n)=f(n-1)+f(1)=\cdots=n f(1)$ ,$\left(n \in z^{+}\right)$

$f(0)=f(0)+f(0) \quad \therefore f(0)=0$

$f(-x)+f(x)=f(-x+x)=0 \quad \therefore f(x)=-f(-x)\therefore f(x)$是奇函数,所以上述结论在$n\in z^{+}$上成立.

下考虑$f(\frac{q}{p})(\frac{q}{p}\in Q)$的情况

$$p f\left(\frac{q}{p}\right)=f(q)=q f(1) \quad \therefore f\left(\frac{q}{p}\right)=\frac{q}{p} f(1), \quad\left(\frac{q}{p} \in Q\right)$$

所以上述性质在有理数上成立.

若$x=x_{0}$时函数连续,则若其为有理数$\frac{q}{p}$,显然$f(\frac{q}{p})=\frac{q}{p}f(1)$,且$x_0$处的极限也为$\frac{q}{p}f(1)$

若$x_{0}$是无理数,则显然可找到一个极限为$x_{0}$的有理数子列$\{ x_n\}$,由于$x=x_0$处连续,所以函数极限存在,且由海涅定理,其任意收敛到$x_0$的子列的函数极限相同.得到$f(x0)=\lim _{n \rightarrow +\infty}f(x_n)=x_0f(1)$

对于任意$x \in R$,$x$为无理数,只需要找到一个收敛到$x_0-x$的有理数数列$\{ x_n\}$,
$\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x+x_{n}\right)=f(x_0)=f(x)+\left(x_0-x\right) f(1)=x_{0} f{(1)}$

$\therefore f(x)=x f(1)$

所以上述结论对于任意$x \in R$成立.

\section{已知函数 $f(x)=a_{1} \sin x+a_{2} \sin 2 x+\cdots+a_{k} \sin k x$($k$ 为正整数 ),且 $|f(x)| \leqslant|\sin x|$ 对所有的 $x$ 都成立,证明 :$\left|a_{1}+2 a_{2}+\cdots+k a_{k}\right| \leqslant 1$ .}
\textbf{证}\quad
$$
	\left|a_{1}+2 a_{2}+\cdots+k a_{k}\right|=\lim _{x \rightarrow 0}\left|\frac{f(x)}{\sin x}\right|=\lim _{x \rightarrow 0}\left|a_{1} \frac{\sin x}{\sin x}+a_{2} \frac{\sin 2 x}{\sin x}+\cdots+a_{k} \frac{\sin k x}{\sin x}\right| \leq 1
$$
$$
	\therefore\left|a_{1}+2 a_{2}+\cdots+k a k\right| \leqslant 1
$$

\section{设 $f(x) \in C[a, b]$ 单调递增,且对任意的 $x \in[a, b], a<f(x)<b$ . 取一点 $x_{1} \in[a,b]$,$\left\{x_{n}\right\}$ 由递推公式 $x_{n+1}=f\left(x_{n}\right)(n=1,2, \cdots)$ 确定. 求证 : $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n} $存在,且其极限$c$ 满足$c=f(c)$}
\textbf{证}\quad
若$f(x_1)=x_1$,则$f(x)$是一个常值函数,所以显然$\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在,且其极限 $c$ 满足$c=f(c)$.

若$f(x_1)>x_1$,则由函数单调性质知$f^2(x_1)>f(x_1)\cdots$依此类推,$f^n(x)$随着$n$增大而增大.
由于$a<f(x)<b$,所以$f^n(x_1)$有界,所以其极限存在,记为$c$.

由$f(x)$的连续性和海涅原理知,$\lim _{n \rightarrow \infty}f^n(x_1)=c=\lim _{n \rightarrow \infty}f^{n+1}(x_1)$,所以极限满足$c=f(c)$.

\section{设函数 $f(x)$ 满足$|f(x)-f(y)| \leqslant k|x-y|, \forall x, y \in(-\infty,+\infty)$, 其中  $0<k<1$.求证 : 存在唯一的  $\xi \in(-\infty,+\infty)$, 使得  $f(\xi)=0$ .}
\textbf{证}\quad
记$f^n(x)=x_{n+1}$,则由于
$$|x_{n+1}-x_{n}|=|f^n(x)-f^{n-1}(x)| \leqslant k|x_n-x_{n-1}|$$

所以反复利用上式,可得$|x_{n+1}-x_{n}|\leqslant k^{n-1}|x_2-x_{1}|$

可以得出
$$
	\begin{aligned}
		\left|x_{n+p}-x_{n}\right| & \leqslant \sum_{k=1}^{p}\left|x_{n+k}-x_{n+k-1}\right|     \\
		                           & \leqslant \sum_{k=1}^{p} q^{n+k-1}\left|x_{1}-x_{0}\right|
		\\
		                           & =\frac{1-q^{p}}{1-q} q^{n}\left|x_{1}-x_{0}\right|
		\\
		                           & <\frac{q^{n}}{1-q}\left|x_{1}-x_{0}\right|=L q^{n}
	\end{aligned}
$$

所以$x_n$为柯西列,收敛.设其极限为$\xi$,又$|x_{n+1}-x_{n}|\leqslant k^{n-1}|x_2-x_{1}|$对$n$取极限得$|f(\xi)-\xi|=0$,所以存在$\xi$使得$f(\xi)=\xi$

而若有$$\xi_1,\xi_2,使得f(\xi_1)=\xi_1,f(\xi_2)=\xi_2,则可得到|f(\xi_1)-f(\xi_2)|=|\xi_1-\xi_2|\leqslant k|\xi_1-\xi_2|<|\xi_1-\xi_2|$$

矛盾,所以$\xi$存在且唯一

\end{document}